Come ti limito da sopra e da sotto la sigma_1(n!)

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Questa è la mia versione dei fatti:

1) visto che il metodo vecchio è stato falsato da TP4, mentre leggevo Svevo (che poi non è uscito,grrr... Dante, ma si può ??? Va bè: ho ripiegato sul viaggio) ne ho provato un'altro ed ho postato una sommatoria che maggiora s(n) [quella che hai riscritto in Latex], con l'obiettivo di dimostrare s(n)<=sommatoria<=(n+1)!/2 ergo ottenere la tesi per le proprietà delle dis;

2) Hitleuer posta un messaggio in cui dice: attento, sciocco! Sommatoria >= tot; per questo motivo non puoi dedurre sommatoria <= (n+1)!/2...

3) io interpreto, Hitleuer forse vuol dire che

Sommatoria>=tot
Sommatoria<=(n+1)!/2

portano all'assurdo se (n+1)!/2 <= tot, in tal caso infatti

Sommatoria>=tot>=(n+1)!/2---> Sommatoria >= (n+1)!/2 assurdo!

quindi se quanto detto da Hitleuler è vero si deve verifcare tot >= (n+1)!/2, ora il suo tot era uguale a (n!+1).... Lasciando perdere l'equazione che ho scritto sopra (che solo subito dopo la AM-GM era più forte di quella di Hitleuler), proviamo un caso numerico, che sò n=3

4!/2=12 <= 3!+1=7--> falso...

4) ora è chiaro ????

rad(17) ) scusa ma il problema 2 non è stato dato come risolto????

[HiTLeuLeR]

ora è chiaro ????

Sì, credo di aver capito... Ma non ne sono del tutto sicuro, è giusto che tu lo sappia!

scusa ma il problema 2 non è stato dato come risolto????

Assolutamente sì! Perché questa domanda, adesso?

P.S.: non credo di averti *mai* dato dello sciocco, né ricordo di averti *mai* giudicato, neppure tacitamente, tale! Forse un po' dislessico, questo sì... Ma devi ammettere ch'è ben diverso, vero?

[Simo_the_wolf]

Un po' di "brute force" non guasta mai....
$ \displaystyle \sigma (n!)=\prod_{i=1}^k \left( \frac {p_i^{\alpha_i+1}-1}{p_i-1} \right) $
Dove $ \prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i} =n! $ e $ p_i $ è primo $ \forall i $ (sarebbe la composizione in fattori primi di n!). Ora abbiamo che:
$ \displaystyle \frac {p^{k+1}-1}{p-1} \leq p^k \frac p{p-1} $.
Facendolo per ogni $ p_i $ abbiamo che:
$ \displaystyle \sigma (n!) \leq \prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i} \prod_{i=1}^k \frac {p_i}{p_i-1}=n!\prod \frac {p_i}{p_i-1} $.
Ora abbiamo che, per $ n\geq11 $ abbiamo che
$ \displaystyle \prod_{p \leq n} \frac p{p-1} \leq \frac {n+1}2 $
e quindi la nostra disuguaglianza è assicurata. Controllando a mano glia altri casi abbiamo finito

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Bello! ed istruttivo! soprattutto le serie geometriche iniziali sanno molto di "standard" (per chi lo sà, ovviamente!)...

solo che non ho voglia di pensare... l'ultima dis da dove esce fuori?

[Simo_the_wolf]

Forse non ho spiegato molto... La prima produttoria è la "algebrizzazione di $ \sigma(n) $. Per l'ultima produttoria osservo che se ci fossero tutti i termini e non soltanto i numeri primi allora verrebbe una prod telescopica con prodotto finale (n+1). Quindi dobbiamo guadagnare un fattore 2. A questo punto osservo che per n=11 vale allora dopo posso mettere tutti i fattori n/(n-1) anche se n non è primo maggiorando la produttoria e ottenendo sempre (n)/2 come termine ultimo della produttoria

[info]

ok...

[HiTLeuLeR]

Proprio così! Molto molto... molto bravo, mio buon Simo. Soltanto una nota...

Ora abbiamo che: $ \displaystyle \frac {p^{k+1}-1}{p-1} \leq p^k \frac p{p-1} $.

La disuguaglianza precedente vale con il segno di minore stretto, il che ti garantisce (visto il seguito) di poter dedurre che l'uguaglianza è al più valida per i soli interi positivi $ n < 11 $. Comunque mi ripeto: molto bravo!!!

[Simo_the_wolf]

Grazie per i complimenti... troppo gentili!
Comunque adesso non mi va di controllare a mano ma non sono sicuro che la tua disuguaglianza valga per tutti gli n, potresti dirci la tua dimostrazione?

[HiTLeuLeR]

Non credo di aver capito la questione che poni, Simo, ma ti mostrerò comunque la mia soluzione, del resto sostanzialmente uguale all'altra che tu hai proposto. La diluisco un po', giusto per farvi gradire...

Se $ n = 1 $, la tesi è banale e vale l'uguaglianza. Sia dunque per il seguito $ n \geq 2 $. E allora, per il teorema fondamentale dell'Aritmetica, detta $ \{p_k\}_{k\in\mathbb{N}_0} $ la successione ordinatamente crescente di tutti e soli i numeri primi naturali e posto $ r := \max\{k\in\mathbb{N}_0: p_k \leq n\} $, si ha $ \displaystyle n! = \prod_{k=1}^r p_k^{\alpha_k} $, dove (in accordo all'identità di Legendre-De Polignac): $ \displaystyle\alpha_k := \sum_{t=1}^{\lfloor \log_{p_k}(n)\rfloor} \left\lfloor\frac{n}{p_k^t}\right\rfloor\, $. Di qui, per le proprietà moltiplicative delle funzioni dei divisori: $ \displaystyle\frac{\sigma_1(n!)}{n!} = \prod_{k=1}^r \!\left(\sum_{t=1}^{\alpha_k} \frac{1}{p_k^t}\right) < $ $ \displaystyle\prod_{k=1}^r \!\left(\sum_{t=1}^{+\infty} \frac{1}{p_k^t}\right) = \prod_{k=1}^r \frac{p_k}{p_k - 1} $. Ciò detto, osserviamo infine che, supposto $ r \geq 5 $: $ \displaystyle\prod_{k=2}^r \frac{p_k - 1}{p_{k-1}} \geq \prod_{k=2}^5 \frac{p_k - 1}{p_{k-1}}\geq 2 $, per cui (nelle stesse ipotesi): $ \displaystyle\frac{\sigma_1(n!)}{n!} < \prod_{k=1}^r \frac{p_k}{p_k - 1} = p_r \left(\prod_{k=2}^r \frac{p_k - 1}{p_{k-1}}\right)^{-1} \leq \frac{p_r}{2} < \frac{n+1}{2} $, siccome per costruzione $ p_r \leq n $. A questo punto si conclude "testando a mano" la disuguaglianza per tutti e soli gli interi $ 2 \leq n \leq 10 $.

[Simo_the_wolf]

Ok, va bene, era che non mi fidavo dei cai dal 2 al 10...